BZOJ2118 莫莫的等式

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原文链接：http://www.cnblogs.com/Apocrypha/p/9435054.html

本文介绍了一道关于无限背包问题的算法题——莫莫的等式，并提供了一种利用同余类 BFS 的方法来解决该问题。通过将问题转化为求最小数 Q 满足特定条件的情况，使用最短路径算法预处理 dis 数组，最终计算出 BMin 到 BMax 范围内可构成的数的数量。

BZOJ2118 莫莫的等式
题解
ｃｏｄｅ

BZOJ2118 莫莫的等式

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题解

又是比较妙的一道题目，听说这个方法似乎是叫同余类\(bfs\)？感觉有点像最短路啊。。
问题转化一下，实际上就是一个无限背包的问题了。我们记\(T\)为\(ai\)中最小的数，接下来考虑\(dis[i]\)表示能够构成一个数\(Q\)，且\(Q\) \(mod\) \(T=i\)，并且\(Q\)为满足条件的最小的数，然后我们对于\([BMin,BMax]\)中的每一个数\(X\)，存在三种情况：
１．\(dis[i]>X\)，那么说明满足条件的最小的数也大于\(X\)，说明\(X\)无法构成。
２．\(dis[i]=X\)，那么说明满足条件的最小的数刚好是\(X\)，说明\(X\)可以构成。
２．\(dis[i]<X\)，那么说明满足条件的最小的数比\(X\)小，且\(Q\) \(mod\) \(T=X\) \(mod\) \(T\)，那么\(X\)可以由\(Q\)加上若干个\(T\)得到，说明\(X\)可以构成。
综上，如果\(dis[i]\leq X\)，那么\(X\)是可以构成的。
所以我们预先跑一边最短路，处理出\(dis\)数组，然后枚举\(0...T-1\)每一个数，计算贡献即可。

ｃｏｄｅ

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
bool Finish_read;
template<class T>inline void read(T &x){Finish_read=0;x=0;int f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;if(ch==EOF)return;ch=getchar();}while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;Finish_read=1;}
template<class T>inline void print(T x){if(x/10!=0)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>inline void writeln(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('\n');}
template<class T>inline void write(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);}
/*================Header Template==============*/
#define PAUSE printf("Press Enter key to continue..."); fgetc(stdin);
const int M=5e6+500;
const int N=5e5+500;
typedef pair<ll,int>P;
#define fi first
#define se second
struct edge {
    int to,nxt,w;
}E[M];
int head[N],vis[N],a[N];
int n,tot;
ll Mn,Mx;
ll dis[N];
/*==================Define Area================*/
void addedge(int u,int v,int w) {
    E[++tot].to=v;E[tot].nxt=head[u];head[u]=tot;E[tot].w=w;
}

void Dj() {
    priority_queue<P,vector<P>,greater<P> >Q;
    while(!Q.empty()) Q.pop();
    memset(dis,0x7f,sizeof dis);
    Q.push(P(0,0));
    dis[0]=0;
    memset(vis,0,sizeof vis);
    while(!Q.empty()) {
        P p=Q.top();Q.pop();
        if(vis[p.se]) continue;
        vis[p.se]=1;
        int o=p.se;
        for(int i=head[o];~i;i=E[i].nxt) {
            int to=E[i].to;
            if(dis[to]>dis[o]+E[i].w) {
                dis[to]=dis[o]+E[i].w;
                Q.push(P(dis[to],to));
            }
        }
    }
}

int main() {
    memset(head,-1,sizeof head);
    read(n);read(Mn);read(Mx);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        read(a[i]);
    } 
    sort(a+1,a+1+n);
    if(a[n]==0) return puts("0"),0;
    for(int i=0;i<a[1];i++) {
        for(int j=2;j<=n;j++) {
            addedge(i,(i+a[j])%a[1],a[j]);
        }
    }
    Dj();
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<a[1];i++) {
        if(dis[i]<=Mx) {
            ll l=max(0ll,(Mn-dis[i])/a[1]);
            if(l*a[1]+dis[i]<Mn) l++;
            ll r=(Mx-dis[i])/a[1];
            if(r*a[1]+dis[i]>Mx) r--;
            ans+=r-l+1;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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